CodeForces 随机乱做

2026.02.03

001. CF1066F Yet another 2D Walking（*\(\color{orange}{2100}\)）

难度：\(2/10\)

容易发现在走 \(\max\) 值相等的同一层时，一定只有两种不同的做法：

• 从左上角向右走到右上，然后再向下走到右下。
• 从右下角向上走到右上，然后再向左走到左上。

容易证明其余情况一定都不优。

然后问题就简单了：因为只能从 \(\max\) 小的地方走到 \(\max\) 大的地方，所以考虑直接区间 dp：维护出每一个 \(\max\) 值相同的连续段 \(l_i,r_i\)，然后设 \(f_{i,0/1}\) 表示当前走了前 \(i\) 个连续段，当前位于左上角 / 右下角，最小所需的花费是多少。转移是容易的。

总时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于排序，换个基排可以做到理论 \(O(n)\) 时间复杂度。

002. CF1997E Level Up（*\(\color{orange}{2200}\)）

难度：\(3/10\)

\(O(n\log^3n)\) 的做法的调和级数 + 二分 + 内层 ds 做法是简单的，但是因为 \(n\) 很大所以难以通过。

考虑优化。注意到若 \(k\) 确定为一个值的时候，某个怪物不会逃跑，那么 \(k\) 增大的时候这个怪物一定不会逃跑。同理，若 \(k\) 为一个值的时候某个怪物会逃跑，那么 \(k\) 减小的时候这个怪物一定也会逃跑。因此考虑让 \(k\) 从小到大扫描，然后每次增大处理出二分处理出新的不会逃跑的怪物，用树状数组简单维护即可做到 \(O(nlog^2n)\)。

003. CF1144G Two Merged Sequences（*\(\color{red}{2400}\)）

难度：\(2.5/10\)

简单 dp。容易想到设 \(f_{i,0/1}\) 表示当前处理了前 \(i\) 个数：

• \(0\)：当前元素处于递增序列中，递减序列最后一个元素的最大值。
• \(1\)：当前元素处于递减序列中，递增序列最后一个元素的最小值。

转移是容易的，分四类讨论当前元素和上一个元素分别位于递增序列 / 递减序列中即可。总时间复杂度为 \(O(n)\)。

004. CF1693D Decinc Dividing（*\(\color{red}{2800}\)）

难度：\(5/10\)

直接按照上述做法暴力判断可以做到 \(O(n^2)\) 求解，但是这显然过不去。

考虑换一个枚举顺序：从大到小枚举左端点 \(l\)，然后从 \(l\) 位置开始往右扫 \(r\)。在向左移动左端点 \(l\) 的过程中，若对于某个扫描到的右端点位置 \(r\)，其两个 dp 值均和上一次 \(l\) 对应的 dp 值相同，那么容易证明之后所有 dp 值都是相同的（根据 CF1144G 的题解可知 \(f_{i,0/1}\) 的值只依赖于 \(f_{i-1,0/1}\)），后面的 dp 值无需继续更新。

然后你写上这个优化之后惊奇的发现你通过了这道题，下面考虑严格的证明一下该算法正确性。

首先可以证明 \(f_{i,0}\) 和 \(f_{i,1}\) 对于同一个数组一定是分别单调的，原因显然。

然后考虑对于一个位置 \(i\)，\(f_{i,0/1}\) 的取值。

找到最大的位置 \(j\) 使得其满足 \(a_j>a_{j+1}\)，那么 \(f_{i,0}\) 的取值必然只能从 \(a_j,a_{j+1},+\infin,-\infin\) 中取，后两种情况是无解和还没选到这个序列内（可能不存在这样的 \(j\)），而考虑到 \(a_j,a_{j+1}\) 两个元素必然不能被同时选到单调递减的序列里，所以必然有一个作为单调递增序列的结尾元素。

同理，找到最大的位置 \(j\) 使得其满足 \(a_j<a_{j+1}\)，\(f_{i,1}\) 的取值也必然只能从 \(a_j,a_{j+1},+\infin,-\infin\) 中取，后两种情况是无解和还没选到这个序列内（可能不存在这样的 \(j\)），而考虑到 \(a_j,a_{j+1}\) 两个元素必然不能被同时选到单调递增的序列里，所以必然有一个作为单调递减序列的结尾元素。

因此一个位置的 dp 值最多有 \(8\) 个不同取值，也就是说最多会被改 \(O(1)\) 次取值，因此期望均摊枚举 \(O(1)\) 个右端点就可以找到和上一次 dp 值相同的位置，总时间复杂度也就被优化到了 \(O(n)\)。

2026.02.04

005. CF1730D Prefixes and Suffixes（*\(\color{orange}{2200}\)）

难度：\(4/10\)

考虑下面的几个性质（这也太难了）：

• 对于给定的两个串 \(s_1,s_2\)，其中任意一个位置 \(i\) 均满足 \(s1_i\) 和 \(s2_{n-i+1}\) 相对位置不会改变。
• 对于任意一个位置 \(i\)，字符对 \((s1_i,s2_{n-i+1})\) 可以被整体移动到任何一个位置（但是她们自己不能被拆分）。

然后问题就变得比较简单了。考虑记录每个字符对 \((i,j)\) 在串 \(s_1,s_2\) 中出现的次数。为了让两个串 \(s_1,s_2\) 经过操作后相等，必须满足：

• 对于字符对 \((i,j)\)（\(i\neq j\)），其必须出现偶数次。
• 对于字符对 \((i,i)\)，若 \(2\mid n\) 则其必须出现偶数次，否则必须有最多一对出现奇数次，其余对均出现偶数次。

开桶维护字符对，时间复杂度为 \(O(n+\omega^2)\) 其中 \(\omega\) 为字符集大小，在本题中取 \(\omega=26\)。